¿Cómo puedo encontrar un número donde $\sum_{d\mid n}d > 100n$?

Question

Cómo puedo encontrar un $n$ tal que $$\sum_{d\mid n} n d > 100$$ no tengo absolutamente ni idea de cómo empezar esta pregunta.

Answer 1

Afirmación: Si $n = \prod p_i ^{a _i}$, entonces el $\sum_{d \mid n} d = \prod \frac { p_i^{a_i+1} - 1 } { p_i - 1}$.

Debe ser consciente de ello de la teoría de números.

Por lo tanto, si queremos $\frac { \sum _{d \mid n} d} {n} > 100$, es equivalente a $\prod\frac { p_i ^{a_i + 1} -1 } { (p_i -1 )p_i ^{a_i} }> 100$.

Hecho 1: como $a_i \rightarrow \infty$, entonces el $\frac { p_i ^{a_i + 1} -1 } { (p_i -1 )p_i ^{a_i}} \rightarrow \frac { p_i}{(p_i - 1)}$.

Hecho 2: $$ \prod_{p < n, p \mbox{ prime}} \frac {p}{p-1} \rightarrow \infty.

Estos dos hechos combinan que existe tal un $n$ garantía. Sin embargo, será muy grande.

Answer 2

A partir de un teorema de Robin tenemos un incondicional de resultado (1984) que dice que para $n \geq 13,$ hemos enlazado $$\frac{\sigma(n)}{n} < \; e^\gamma \log \log n + \frac{0.64821364942...}{\log \log n},$$ with the constant in the numerator giving equality for $n=12.$ Nota $$e^\gamma = 1.7810724179901979852365\ldots$$ Let's see, the Riemann Hypothesis is equivalent to the statement that, for $n \geq 5041 = 1 + 7!,$ the number $0.64821364942...$ can be replaced by $0.$

En el orden de la relación para llegar a los 100, usted necesita $$n > e^{\left( e^{56.14594836} \right)}$$ que es muy, muy grande número. Ver http://en.wikipedia.org/wiki/Colossally_abundant_number y, para el caso, mi respuesta en http://mathoverflow.net/questions/79927/which-n-maximize-gn-frac-sigmann-log-log-n

EEEDDDDIIITTT: El número más pequeño para que su relación es de al menos 100 se llama una "sobreabundancia de la serie" por Alaoglu y Erdos (1944). La forma en que me gustaría decir es que una sobreabundancia de número de $n$ establece un nuevo récord mundial para $\sigma(n)/n.$ En diario página numerada de 450 encontramos Teorema 1, los números tienen nonincreasing exponentes, y el Teorema 2, todos los exponentes se pueden encontrar dentro de un error de $\pm 1$ por encontrar el exponente de 2. Dan más teoremas. El resultado de todo esto es que sobreabundante números han factorizations muy similares a las de una larga llama la Colosalmente Números Abundantes. Dado un número real positivo que llamar a $\epsilon,$ el exponente de un primer $q$ es dada en el Teorema 10 en el diario página 455. Por último, en las páginas 468-469, mostrar todos los sobreabundante números de hasta el $10^{18}.$ Los números en esta tabla, que también son colosalmente
abundantes son etiquetados. La mayor de ellas, con $\sigma(n)/n \approx 6.407,$ se puede encontrar con $\epsilon = 0.007.$

EDIT: El software todavía necesita trabajo, pero me he encontrado con un pequeño número con su relación de superior a 10:

n 3087412123011300495851995214301626485649741980169578200745289299789026306722292583565231315659291930544327540696937285310080000

sigma 30941752989588328135737108482280837416279110376522697522825909747010685327091094608601433751156507323392138936320000000000000000

mpf 10.0219

Este número $n$ es un CA $\epsilon = 0.00064.$

Por qué no, el número que se muestra es $$n = 2^{10} \, 3^6 \, 5^4 \, 7^3 \, 11^2 \, 13^2 \, 17^2 \, 19^2 \cdot 23 \cdot 29 \cdots 271 \cdot 277$$

I found the first million superabundant numbers at a link at http://oeis.org/A004394 and excerpted just a few lines below. It turns out I did not do too badly with ratio 10. It is the 853'd SA number that first gives $\sigma(n) \geq 10n.$ I gave the 860th SA number. Note that the 1,000,000th SA number still has $\sigma(n)/n \aprox 22.04,$ so 100 requires a really big SA number, probably so big that one should just be satisfied with the first CA number that succeeds. I threw in the first number with ratio at least 20. I also put in the first CA number with ratio at least 20, the relevant $\epsilon = 0.00000118087 = 1.18087 \cdot 10^{-6}$

=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=-=

// This file contains information about the first 1000000 superabundant
// numbers (SA numbers).  For each SA number n, we give its abundance,
// which is Sigma(n)/n, its base-10 logarithm, and its factorization.
// In column "*", a "C" indicates that the number is also a colossally
// abundant number  The factorization is given in a very compact form.
// For example, {13,5,0,2} means 13 * 11 * 7 * 5^2 * 3^2 * 2^4.
//
// Created by Tony D. Noe, noe@sspectra.com on 15-Oct-2009.
// Algorithm developed with help from Devin Kilminster.
//
// Corrected 30-Oct-2009: some SA numbers were erroneously marked with a "C".
//
// position       abundance                log10     *   factorization
//
         1   1.0000000000000000         0.0000000000 S {0}
         2   1.5000000000000000         0.3010299957 C {2}
         3   1.7500000000000000         0.6020599913 S {0,2}
         4   2.0000000000000000         0.7781512504 C {3}
         5   2.3333333333333333         1.0791812460 C {3,2}
         6   2.5000000000000000         1.3802112417 S {3,0,2}
         7   2.5277777777777778         1.5563025008 S {0,3}
         8   2.5833333333333333         1.6812412374 S {3,0,0,2}
         9   2.8000000000000000         1.7781512504 C {5,2}
        10   3.0000000000000000         2.0791812460 C {5,0,2}

       100   6.2948845987914689        16.5059308532 S {37,5,0,3,0,2}

       853  10.0039459446460710       125.4088426721 S {271,23,7,5,0,3,0,0,0,2}

       860  10.0219056467943640       126.4895946051 C {277,19,7,5,0,3,0,0,0,2}

      1000  10.3332076452686825       149.9416130802 S {337,23,7,5,0,3,0,0,2}

     10000  14.3329541785168048      1378.4010046121 S {3163,79,19,7,5,0,0,0,3,0,0,0,2}

    100000  18.2270550779625505     12146.0718137217 S {27893,229,41,17,0,7,5,0,0,3,0,0,0,0,0,0,0,2}

    297146  20.0000073661334977     32800.4952412562 S {75401,373,53,19,11,7,0,5,0,0,0,3,0,0,0,0,0,0,2}

    297210  20.0002475182905199     32804.8955086267 C {75403,373,53,19,11,7,0,5,0,0,3,0,0,0,0,0,0,0,2}

   1000000  22.0419355366430523    103082.8167397490 S {237173,673,83,31,13,0,7,5,0,0,0,0,3,0,0,0,0,0,0,2}

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Sunday, 7 April 2013: It took a while, but I found the first Colossally Abundant number with $\sigma(n) / n \geq 30.$ Es fácil mostrar que esos números son sobreabundante. $$2^{27} 3^{17} 5^{11} 7^9 11^7 13^7 17^6 19^6 23^5 \cdots 37^5 41^4 \cdots 89^4 97^3 \cdots 383^3 389^2 \cdots 6301^2 \cdot 6311 \cdots 20663801.$$ Este número se acerca $$10^{8974734.77703953}$$ El Alaoglu-Erdos parámetro es $$\epsilon = 0.000000002873077 = 2.873077 \cdot 10^{-9}.$$ Oh, $$\sigma(n)/n \approx 30.00000029489$$

Answer 3

Te quiero un montón de distintas primer divisores que tiene más divisores en total. Un duplicado $p$ en general, hace que su $n$ más grande sin contribuir tanto a la cantidad como a la próxima no utilizados primer haría. Intente buscar en $2\cdot3\cdot5\cdots p_k$.

De hecho, si $n=2\cdot3\cdot5\cdots p_k$, luego $$\sum_{d\mid n}d=\prod_{i=1}^k(p_i+1)$$ which we would like to be greater than $100\prod\limits_{i=1}^kp_i$. So we want $$\prod_{i=1}^k(1+1/p_i)>100$$

Ahora $$\begin{align} \prod_{i=1}^k(1+1/p_i)& >1+\sum_{i=1}^k\frac{1}{p_i}\\ \end{align}$$

Por lo que sería suficiente para tener un valor de $k$ lo suficientemente grande para que el $k$ésima suma parcial de la serie de prime serie de sobrepasar $99$. Finalmente esto sucede desde que la serie diverge, pero lo hace aún más lento que el de la serie armónica. Así que tardará un buen rato. Desde $\sum\limits_{i=1}^k\frac{1}{p_i}$ es asintótica $\log(\log(k))$, $k$ tendrá que ser en el barrio de $e^{e^{99}}$. Pero esta es una sobreestimación con un montón pierde cuando el producto fue reemplazado con la suma. Usted podría conseguir lejos con mucho menor (aunque enorme) $k$.

Si va a reemplazar el $100$$10$, y si usted confía en WolframAlpha, a continuación, $k=553$ funcionaría.

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Añadido posterior: yo creo que si $k$ es lo suficientemente grande como para hacer que el primer armónico de la serie s $k$ésima suma parcial de más de 13.13, a continuación, obtendrá una tasa superior a 100.

Como en el anterior, estoy trabajando con $n=2\cdot3\cdots p_k$. Como en el anterior, queremos $\prod_{i=1}^k(1+1/p_i)>100$. Al expandir el producto a su segundo-orden de los términos, podemos obtener este resultado.

Deje $S_k=\frac12+\frac13+\cdots\frac{1}{p_k}$. A continuación, $$S_k^2=\overbrace{\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots\frac{1}{p_k^2}}^{T_k}+2\overbrace{\left(\frac1{2\cdot3}+\frac1{2\cdot5}+\cdots+\frac1{p_{k-1}\cdot p_k}\right)}^{U_k}$$

Tenga en cuenta que $T_k$ está acotada arriba por $c=\zeta(2)-1=\frac{\pi^2}{6}-1\approx0.645$. Ahora $$\begin{align} \prod_{i=1}^k(1+1/p_i) & >1+S_k+U_k\\ & =1+S_k+\left(\frac{S_k^2-T_k}{2}\right)\\ & >1+S_k+\left(\frac{S_k^2-c}{2}\right)\\ \end{align}$$

La aplicación de la fórmula cuadrática, esta expresión supera $100$ al $S_k>-1+\sqrt{199+c}\approx13.1295765707\ldots$. Así que si usted puede conseguir $S_k$ este grande, el correspondiente $n$ debería funcionar. Que, aproximadamente, reduce el $k$ a $e^{e^{13.13}}$. Son evidentes las maneras de reducir esta obligado: $c$ puede ser afeitado más cercana a la verdadera suma de primer cuadrado recíprocos, o nos puede pasar a un tercer orden de expansión en el que participarían $\zeta(3)$ y traer la $13.13$ figura abajo a algo más cercano a $\sqrt[3]{6\cdot100}$. He aplicado estos y a menos que hiciera un álgebra de error durante el tercer orden de expansión, trajo $k$$e^{e^{7.3}}$.